Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Tây Ninh có đáp án

Ta có: \(T = \sqrt {13 + 4\sqrt 3 }  - \sqrt {13 - 4\sqrt 3 }  = \sqrt {12 + 2.2\sqrt 3 .1 + 1}  - \sqrt {12 - 2.2\sqrt 3 .1 + 1} \)

\( = \sqrt {{{(2\sqrt 3  + 1)}^2}}  - \sqrt {{{(2\sqrt 3  - 1)}^2}}  = \left| {2\sqrt 3  + 1\left|  -  \right|2\sqrt 3  - 1} \right| = 2\sqrt 3  + 1 - 2\sqrt 3  + 1 = 2\)

Do \(\left( {{d_1}} \right)\) và \(\left( {{d_2}} \right)\) cùng đi qua điểm \(M\left( {2; - 3} \right)\) nên ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a + 5 =  - 3}\\{6 + b - 2 =  - 3}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a =  - 4}\\{b =  - 7}\end{array}} \right.} \right.\).

Vậy \(a =  - 4;b =  - 7\)

Kẻ \(AH \bot CD\).

Suy ra: \(ABCH\) là hình chữ nhật\( \Rightarrow AH = 4{\rm{\;}}cm;HD = CD - CH = 3{\rm{\;}}cm\).

Xét \({\rm{\Delta }}AHD\left( {\hat H = {{90}^ \circ }} \right)\) có: \(A{D^2} = A{H^2} + H{D^2} = {4^2} + {3^2} = 25 \Rightarrow AD = 5{\rm{\;}}cm\).

Xét \({\rm{\Delta }}ADE\left( {\widehat {ADE} = {{90}^ \circ }} \right)\) có: \(cos{30^ \circ } = \frac{{AD}}{{AE}} \Rightarrow AE = \frac{{AD}}{{cos{{30}^ \circ }}} = \frac{{10}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(AE = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\)

Đặt: \(\frac{{2a}}{b} = \frac{{3b}}{c} = \frac{c}{{6a}} = t \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2a = bt}\\{b = \frac{c}{3}t = 2a{t^2} \Leftrightarrow 2a = 2a{t^3} \Leftrightarrow t = 1.}\\{c = 6at}\end{array}} \right.\)

Suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{b = 2a}\\{c = 6a}\end{array}} \right.\).

\(P = \frac{{4ac - cb}}{{bc + 2ab}} = \frac{{4a.6a - 6a.2a}}{{2a.6a + 2a.2a}} = \frac{{12}}{{16}} = \frac{3}{4}\)

\({\left( {x + y} \right)^2} + 2{y^2}\left( {x + 1} \right) + {\left( {y + 2} \right)^2} - 9 = 0\left( {\rm{*}} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2xy + 2x{y^2} + 2{y^2} + {y^2} + 4y + 4 - 9 = 0\)

\( \Leftrightarrow {x^2} - 4 + 2x\left( {{y^2} + y} \right) + 4\left( {{y^2} + y} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 2} \right) + 2\left( {{y^2} + y} \right)\left( {x + 2} \right) = 1\)

\( \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( {x - 2 + 2{y^2} + 2y} \right) = 1\)

TH1: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2 = 1}\\{x - 2 + 2{y^2} + 2y = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1}\\{2{y^2} + 2y = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 1}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 1}\\{y =  - 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( { - 1;1} \right),{\rm{\;}}\left( { - 1;{\rm{\;}} - 2} \right)\)

TH2: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + 2 = 1}\\{x - 2 + 2{y^2} + 2y = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 3}\\{2{y^2} + 2y = 4}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x =  - 3}\\{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = 1}\\{y =  - 2}\end{array}} \right.}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( { - 3;1} \right),{\rm{\;}}\left( { - 3;{\rm{\;}} - 2} \right)\)

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right):y = 2{x^2}\) và \(\left( d \right):y = \left( {7 - m} \right)x + 3m - 3\) là: \(2{x^2} = \left( {7 - m} \right)x + 3m - 3 \Leftrightarrow 2{x^2} - \left( {7 - m} \right)x + 3 - 3m = 0\)

\({\rm{\Delta }} = {\left( {7 - m} \right)^2} - 4 \cdot 2 \cdot \left( {3 - 3m} \right) = {m^2} - 14m + 49 - 24 + 24m\)

\( = {m^2} + 10m + 25 = {\left( {m + 5} \right)^2} \ge 0,\forall m \in \mathbb{R}\).

Để \(\left( P \right)\) cắt \(\left( d \right)\) tại hai điểm phân biệt thì \({\rm{\Delta }} > 0 \Leftrightarrow m \ne  - 5\).

Khi đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

\({x_1} = \frac{{7 - m - m - 5}}{4} = \frac{{ - 2m + 2}}{4} = \frac{{ - m + 1}}{2}\)

\({x_2} = \frac{{7 - m + m + 5}}{4} = \frac{{12}}{4} = 3\).

Yêu câu bài toán \( \Leftrightarrow \frac{{ - m + 1}}{2} < 4 \Leftrightarrow  - m + 1 < 8 \Leftrightarrow  - m\left\langle {7 \Leftrightarrow m} \right\rangle  - 7\).

Vậy tập các giá trị nguyên âm thoả yêu cầu bài toán của \(m\) là: \(\left\{ { - 6; - 4; - 3; - 2; - 1} \right\}\)

Xét  có: \(\widehat {ADB} = \widehat {ACB} = {90^ \circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow BA\) là đường cao thứ ba. Suy ra: \(\widehat {BLF} = {90^ \circ }\left( {L \in EF} \right)\).

Ta có: \(\widehat {CEF} = \widehat {LBF}{\rm{\;}}\left( 1 \right)\) (cùng phụ với \(\widehat {CFE}\)). \(\left( 2 \right)\)

Xét  có \(CI\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\( \Rightarrow CI = IE \Rightarrow {\rm{\Delta }}EIC\) cân tại \(I\). Suy ra: \(\widehat {CEF} = \widehat {ICE}\)

Mặt khác: \(\widehat {OCB} = \widehat {LBF}\left( 3 \right){\rm{\;}}\)(do  cân tại \(O\))

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \widehat {OCB} = \widehat {ICE}\left( {\rm{*}} \right)\).

Ta có: \(\widehat {OCI} = \widehat {ICE} + \widehat {OCA} = \widehat {OCB} + \widehat {OCA} = \widehat {ACB} = {90^ \circ }\).

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{IC \bot OC}\\{C \in \left( O \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow IC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)

Ta có: \(\Delta MBA \sim \Delta MAC\) (g-g) \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}} \Rightarrow M{A^2} = MB.MC\).

\(\Delta MAO\left( {\hat A = {{90}^ \circ }} \right),AH \bot MO \Rightarrow M{A^2} = MH.MO\)

Suy ra: \(MB \cdot MC = MH \cdot MO \Rightarrow \frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MC}}\).

Xét \(\Delta BMH\) và \(\Delta OMC\) có \(\hat M\) chung và \(\frac{{MB}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MC}} \Rightarrow {\rm{\Delta }}BMH \sim {\rm{\Delta }}OMC\) (c-g-c).

Suy ra: \(\widehat {BHM} = \widehat {BCO}\) mà \(\widehat {BHM} + \widehat {BHO} = {180^ \circ } \Rightarrow \widehat {BCO} + \widehat {BHO} = {180^ \circ }\).

Vậy tứ giác \(BHOC\) nội tiếp.

b)

\(BK\parallel AC \Rightarrow \frac{{BK}}{{AC}} = \frac{{MB}}{{MC}}\)

\(BI\parallel AC \Rightarrow \frac{{BI}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{NC}}\)

Do \(OHBC\) nội tiếp đường tròn nên: \(\widehat {OHC} = \widehat {OBC} = \widehat {OCB} = \widehat {BHM}\).

Khi đó: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {AHC} + \widehat {OHC} = {{90}^0}}\\{\;\widehat {AHB} + \widehat {BHM} = {{90}^0}}\end{array}} \right\} \Rightarrow \widehat {AHC} = \widehat {AHB} \Rightarrow AH\) là phân giác trong của \(\widehat {BHC}\)

\( \Rightarrow \frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{BN}}{{NC}}\)

Mà \(HM \bot AH \Rightarrow HM\) là phân giác ngoài của \(\widehat {BHC} \Rightarrow \frac{{HB}}{{HC}} = \frac{{MB}}{{MC}}\left( {{\rm{**}}} \right)\).

Từ \(\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( {\rm{*}} \right),\left( {{\rm{**}}} \right) \Rightarrow \frac{{BK}}{{AC}} = \frac{{BI}}{{AC}} \Rightarrow BK = BI\)

Ta có: \(a + b + c \ge 6\).

        \(M = \frac{1}{6}\left( {19a + 22b + 25c} \right) + 2\left( {\frac{5}{a} + \frac{6}{b} + \frac{7}{c}} \right) = \left( {\frac{{19}}{6}a + \frac{{10}}{a}} \right) + \left( {\frac{{22}}{6}b + \frac{{12}}{b}} \right) + \left( {\frac{{25}}{6}c + \frac{{14}}{c}} \right)\)

Xét \(k,m,n > 0:ka + \frac{{10}}{a} \ge 2\sqrt {10k} ;mb + \frac{{12}}{b} \ge 2\sqrt {12m} ;nc + \frac{{14}}{c} \ge 2\sqrt {14n} \)

\(a = 2 \Rightarrow 2k + 5 \ge 2\sqrt {10k} \)

Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow ka = \frac{{10}}{a} \Rightarrow 2k = 5 \Leftrightarrow k = \frac{5}{2}\).

Tương tự ta tìm được: \(m = 3,n = \frac{7}{2}\).

Do đó: \(M = \left( {\frac{5}{2}a + \frac{{10}}{a}} \right) + \left( {3b + \frac{{12}}{b}} \right) + \left( {\frac{7}{2}c + \frac{{14}}{c}} \right) + \frac{2}{3}a + \frac{2}{3}b + \frac{2}{3}c\)

\( \Rightarrow M \ge 2\sqrt {25}  + 2\sqrt {36}  + 2\sqrt {49}  + \frac{2}{3} \cdot 6 = 40\).

Dấu bằng xảy ra khi \(a = b = c = 2\).

Vậy \({M_{Min}} = 40\) khi \(a = b = c = 2\).